2025年高考数学复习新题速递之椭圆（2025年4月）

第37页（共37页）2025年高考数学复习新题速递之椭圆（2025年4月）一．选择题（共8小题）1．（2025•邢台模拟）已知离心率为22的椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为第一象限内椭圆外一点，且|PF2|＝a，FA．13 B．12 C．23 2．（2025春•荣昌区校级月考）若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆C：x2A．2 B．263 C．2333．（2025•郴州模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PFA．1 B．2 C．3 D．24．（2025•株洲校级模拟）已知点P为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点，F1，F2分别为C的左，右焦点．若半径为b的圆M与F1P的延长线切于点Q，与A．22 B．32 C．35 5．（2025•常德模拟）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，连接PF1并延长交椭圆A．35 B．75 C．135 6．（2025•固始县校级模拟）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”．已知椭圆C：x2m+y23=1的焦点在x轴上，A、B为椭圆上任意两点，动点PA．(0，33) B．(0，63)7．（2025•辽宁二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），直线l：x+2y﹣6＝0与C交于M，N两点，与两坐标轴分别交于点A，BA．x220+y2C．x29+y8．（2024秋•固始县期末）已知椭圆x216+y225=1的两焦点为F1、F2，过点F2且存在斜率的直线与椭圆交于A．16 B．8 C．10 D．20二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•临汾二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，AA．AF1⊥AF2 B．四边形AF1BF2的周长为4a C．四边形AF1BF2的面积为b2 D．椭圆C的离心率的取值范围为[（多选）10．（2025春•沙坪坝区校级月考）椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，圆O是以椭圆C的短轴为直径的圆，MN为圆OA．若∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为23B．若∠F1PF2＝90°，则直线PF2被椭圆C截得的弦长为23C．若△F1PF2是以F1F2为其中一腰的等腰三角形，则满足条件的点P有6个 D．若P为C与x轴正半轴的交点，NR→=3RP→（多选）11．（2025•河北模拟）已知椭圆T：x24+y23=1，过平面直角坐标系原点O作两条互相垂直的直线分别交椭圆TA．四边形ABCD一定有内切圆 B．四边形ABCD一定有外接圆 C．四边形ABCD面积的最小值为487D．四边形ABCD周长的最小值为8（多选）12．（2025•玉溪二模）已知O为坐标原点，设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，左顶点为A．△BFO B．△PAO C．△PBO D．△PAF三．填空题（共4小题）13．（2025春•防城港月考）已知椭圆C：x2m+y2m+3=114．（2025•香坊区校级二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的上顶点为A，点P，Q均在C上，且关于x轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为115．（2025•闵行区校级开学）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点A关于原点的对称点为点B，F（c，0）（其中c＞0）为其右焦点，设16．（2025•开封二模）已知经过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a四．解答题（共4小题）17．（2025•嘉定区模拟）已知椭圆C：x29+y2=1，F为椭圆的右焦点，过椭圆上一点P（3，0）的直线l1交椭圆于另一点（1）求|MF|的最小值；（2）当直线l1的斜率为1时，求△PQM面积的最大值及此时点M的坐标；（3）若直线PQ与直线l2：x＝﹣3交于点D，点D不在x轴上，Q关于原点的对称点为点R，直线PR与l2交于点E，求线段|DE|的取值范围．18．（2025•浦东新区模拟）已知椭圆C1的方程为x23+y2=1，右顶点为A（1）若椭圆C2的方程是x2a2+y（2）设椭圆C2的焦点在x轴上，直线AB与C2相交于点C、D，若|CD|＝3|AB|，求C2的标准方程；（3）设椭圆C2的焦点在y轴上，点P在C1上，点Q在C2上．若存在△APQ是等腰直角三角形，且|AP|＝|AQ|，求C2的长轴的取值范围．19．（2025•海南模拟）已知上下顶点分别为A，B的椭圆E：x2m+y24=1经过点(32，1)，P为直线l：y=12上的动点，且P不在椭圆（1）求椭圆E的方程；（2）证明：直线CD过定点；（3）设（2）问中定点为Q，过点C，D分别作直线l：y=12的垂线，垂足分别为M，N，记△CMQ，△MNQ，△DNQ的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，S2，20．（2025•昌黎县校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞（1）求椭圆E的标准方程；（2）若过F的直线l交椭圆E于点P，Q（其中点P在x轴上方），B为椭圆E的左顶点．若△PAF与△QBF的面积分别为S1，S2，求S1

2025年高考数学复习新题速递之椭圆（2025年4月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案BBBDCBAD二．多选题（共4小题）题号9101112答案ABDADACABC一．选择题（共8小题）1．（2025•邢台模拟）已知离心率为22的椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为第一象限内椭圆外一点，且|PF2|＝a，FA．13 B．12 C．23 【考点】直线与椭圆的综合．【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】B【分析】利用平面向量数量积推导出|PF1|＝|F1F2|＝2c，连接QF1，设|QF2|＝m，可得|QF1|＝2a﹣m，求出cos∠PF2F1的值，在△QF1F2中，利用余弦定理可求出m的值，即可得出λ的值．【解答】解：连接QF1，因为F1所以PF所以|PF1|＝|F1F2|＝2c，设|QF2|＝m，由椭圆的定义得|QF1|＝2a﹣m，因为椭圆的离心率为22所以|F在△PF2F1中，由余弦定理可得cos∠由余弦定理得|Q解得m=所以|QF2因为PQ→所以λ=故选：B．【点评】本题考查椭圆的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．2．（2025春•荣昌区校级月考）若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆C：x2A．2 B．263 C．233【考点】求椭圆的焦点和焦距；椭圆的对称性．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】B【分析】由题意根据对称性得点(12，12)在【解答】解：由椭圆的对称性可知，正方形的四个顶点必在直线y＝±x上，椭圆C在y轴上的两顶点间的距离为2，边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆C：可得正方形的边长只能为1，因此点(12，12)在C上，代入故C：x213故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是中档题．3．（2025•郴州模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PFA．1 B．2 C．3 D．2【考点】求椭圆的焦点和焦距；由椭圆的离心率求解方程或参数．【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】B【分析】根据椭圆的定义、离心率等知识列方程，求得c，进而求得椭圆的焦距．【解答】解：点P在椭圆C上，若|PF1|+|PF2|＝4，椭圆C的离心率为12则|PF1|+|PF2|=2a所以焦距2c＝2．故选：B．【点评】本题主要考查椭圆的性质，属于基础题．4．（2025•株洲校级模拟）已知点P为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点，F1，F2分别为C的左，右焦点．若半径为b的圆M与F1P的延长线切于点Q，与A．22 B．32 C．35 【考点】椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】D【分析】由几何关系和椭圆的定义可得|F1T|＝c+a，T为椭圆的右顶点，进而可得tan∠MF1T=ba+c，由∠PF1T＝2∠MF1T，tan∠PF1【解答】解：点P为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点，F1，F2分别为C的左，右焦点．若半径为b的圆M与F1如图，由切线定理可知|PQ|＝|PN|，|F2N|＝|F2T|，|F1Q|＝|F1T|，∴2|F1T|＝|F1T|+|F1Q|＝|F1F2|+|F2T|+|PF1|+|PQ|＝|F1F2|+|PF1|+|PF2|＝2c+2a，故|F1T|＝c+a，∴T为椭圆的右顶点，连接F1M，MT，则∠PF1T＝2∠MF1T，tan∠由tan∠PF1T=2tan∠MF∴ba+c=13，又b2＝a2﹣c故选：D．【点评】本题考查椭圆离心率的求法，圆与圆锥曲线的综合应用，是中档题．5．（2025•常德模拟）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，连接PF1并延长交椭圆A．35 B．75 C．135 【考点】椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】C【分析】设|PF1|＝4|F1N|＝4x，利用椭圆的定义，勾股定理以及离心率公式求解即可．【解答】解：已知椭圆C：x2a2+y2b过F2的直线交椭圆C于P，Q两点（不妨P，Q分别在第一、四象限），连接PF1并延长交椭圆C于点N．又PF1＝4F1N，不妨设|PF1|＝4|F1N|＝4x，则|PF2|＝2a﹣4x，|NF2|＝2a﹣x，由于PF1⊥PF2，则|PN则25x2+（2a﹣4x）2＝（2a﹣x）2，所以x=则|PF1得到(6a5故选：C．【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆的定义及勾股定理，属中档题．6．（2025•固始县校级模拟）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”．已知椭圆C：x2m+y23=1的焦点在x轴上，A、B为椭圆上任意两点，动点PA．(0，33) B．(0，63)【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】B【分析】由题意，可得直线x=±m，y=±3所围成矩形的外接圆x2+y2＝3+m即为椭圆x2m+y23=1的蒙日圆，结合∠【解答】解：易知m＞3，因为直线x=±m，y所以直线x=±m，y=±3所围成矩形的外接圆x2+y2因为A，B两点均在椭圆x2若∠APB恒为锐角，此时点P在圆x2+y2＝3+m外，因为点P在直线x-所以直线x-2y-6=0与圆x2+y即|-6|1解得m＜9，则e2解得0＜所以椭圆C的离心率的取值范围为(0，故选：B．【点评】本题考查求椭圆的离心率，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．7．（2025•辽宁二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），直线l：x+2y﹣6＝0与C交于M，N两点，与两坐标轴分别交于点A，BA．x220+y2C．x29+y【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】A【分析】根据平面向量的线性运算的坐标表示结合题意先求出M（2，2），N（4，1），再代入椭圆方程求解即可．【解答】解：由直线l：x+2y﹣6＝0，不妨设A（0，3），B（6，0），设M（x1，y1），N（x2，y2），则AM→=(x1，如图，因为M，N是线段AB的三等分点，则AM→=1则x1解得x1＝2，y1＝2，x2＝4，y2＝1，则M（2，2），N（4，1），又M，N两点在椭圆C上，所以4a解得a2＝20，b2＝5，所以椭圆C的方程为x2故选：A．【点评】本题考查椭圆方程的应用，属于中档题．8．（2024秋•固始县期末）已知椭圆x216+y225=1的两焦点为F1、F2，过点F2且存在斜率的直线与椭圆交于A．16 B．8 C．10 D．20【考点】椭圆的几何特征；椭圆的定义．【专题】计算题．【答案】D【分析】根据椭圆的定义可得：|AF1|+|AF2|＝2a＝10，|BF1|+|BF2|＝2a＝10，并且|AF2|+|BF2|＝|AB|，进而得到答案．【解答】解：根据题意结合椭圆的定义可得：|AF1|+|AF2|＝2a＝10，并且|BF1|+|BF2|＝2a＝10，又因为|AF2|+|BF2|＝|AB|，所以△ABF1的周长为：|AF1|+|BF1|+|AB|＝|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝20．故选：D．【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握椭圆的定义．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•临汾二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，AA．AF1⊥AF2 B．四边形AF1BF2的周长为4a C．四边形AF1BF2的面积为b2 D．椭圆C的离心率的取值范围为[【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】ABD【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性确定四边形AF1BF2的形状，再逐项判断即可．【解答】解：因为椭圆C：x2a2+y又A，B为椭圆C上关于原点对称的两点，且|AB|＝|F1F2|，作出示意图如下：所以AB，F1F2互相平分，且|AB|＝|F1F2|，所以四边形AF1BF2是矩形，对于A，AF1⊥AF2，A正确；对于B，四边形AF1BF2的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝4a，B正确；对于C，四边形AF1BF2的面积为2S△F对于D，由以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有公共点，得c≥b，即c2≥b2＝a2﹣c2，解得c2a2≥1故选：ABD．【点评】本题考查椭圆的几何性质，属中档题．（多选）10．（2025春•沙坪坝区校级月考）椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，圆O是以椭圆C的短轴为直径的圆，MN为圆OA．若∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为23B．若∠F1PF2＝90°，则直线PF2被椭圆C截得的弦长为23C．若△F1PF2是以F1F2为其中一腰的等腰三角形，则满足条件的点P有6个 D．若P为C与x轴正半轴的交点，NR→=3RP→【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的焦点三角形；椭圆的几何特征．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】AD【分析】对于A，根据椭圆的定义及余弦定理可得|PF1||PF2|=83，故求出焦点三角形的面积后可判断正误，对于B，根据∠F1PF2＝90°可求得|PF1|＝|PF2|＝2，从而可得直线PF2及方程，联立直线方程和椭圆方程后求出交点坐标得弦长后可判断其正误，对于C，由题设条件求出P的坐标后可判断其正误，对于D，由题设条件可求O到直线NR的距离，求出【解答】解：因为椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点分别为F圆O是以椭圆C的短轴为直径的圆，MN为圆O的一条直径（M在第一象限），直线PN与圆O的另一个交点为R，所以a＝2，b=2，c=2，所以F1（-2，0），F2（2对于A，因为P在椭圆上，所以|PF1|+|PF2|＝4，而|PF1则(|PF1|+|PF2|)2-3|PF1||P所以S△F1对于B，若∠F1PF2＝90°，则|P又|PF1|+|PF2|＝4，故|PF1|＝|PF2|＝2，故∠F1F2P=π故直线F2P的方程为y=由y=-x+2x2+2y故直线F2P被椭圆截得的弦长为1+(-1)2×|对于C，设P（m，n），则m24+n22=1，即n因为△F1PF2是以F1F2为其中一腰的等腰三角形，|F故|PF1当|PF1解得m=4-22或可知满足条件的P有2个，即(4-由椭圆的对称性可知|PF2|=22所以满足条件的P共有4个点，故C错误；对于D，由题意P（2，0），圆O的半径为2，设|RP|＝s，则|RN|＝3s，设RN的中点为G，连接OG，OR，因为|ON又OG⊥NR，所以|OG|2＝|ON|2﹣|NG|2＝|OP|2﹣|GP|2，所以2-(3所以|OG因为M在第一象限，所以N在第三象限，设直线PN的斜率为k，k＞0，则直线PN：y＝k（x﹣2），则|OG|=|2则直线PN：y=75(x-2)，又圆O联立x2+y2=2y故xN=-12，则故M(12，7故选：AD．【点评】本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，属难题．（多选）11．（2025•河北模拟）已知椭圆T：x24+y23=1，过平面直角坐标系原点O作两条互相垂直的直线分别交椭圆TA．四边形ABCD一定有内切圆 B．四边形ABCD一定有外接圆 C．四边形ABCD面积的最小值为487D．四边形ABCD周长的最小值为8【考点】椭圆的焦点三角形．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】AC【分析】结合题意分析易得四边形ABCD是菱形，进而判断AB；设|OA|＝m，|OB|＝n，A（mcosθ，msinθ），B（﹣nsinθ，ncosθ），代入椭圆的方程整理可得1m2+1n2=【解答】解：对于选项A，椭圆T：x24+y23=1∴四边形ABCD是平行四边形，且对角线互相垂直，∴四边形ABCD是菱形，那么对角线就是角平分线，∴对角线交点即为O到四条边的距离相等，∴四边形ABCD一定有内切圆，A选项正确；对于选项B，四边形ABCD是菱形，它不一定有外接圆，比如AC⊥x轴时，B选项错误；对于选项C，在椭圆中，设|OA|＝m，|OB|＝n，则A(mcosθ，msinθ)，B(ncos(θ代入椭圆的方程得(mcosθ整理得cos两式相加可得1m2+1n那么菱形的面积S≥4×12×24对于选项D，由上述可知1m原点到两条边的距离即为内切圆半径r=又S=12rl（∴菱形的周长l≥487故选：AC．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，焦点三角形的应用，是中档题．（多选）12．（2025•玉溪二模）已知O为坐标原点，设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，左顶点为A．△BFO B．△PAO C．△PBO D．△PAF【考点】椭圆的几何特征；椭圆的离心率与椭圆形状的关系．【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】ABC【分析】假设三角形为等腰三角形，在此基础上能够求出椭圆的离心率即满足题意．【解答】解：椭圆方程为x2设左焦点为F（﹣c，0），左顶点为A（﹣a，0），上顶点为B（0，b），点P在椭圆上且满足PF⊥OA，即点P的坐标为(-对于选项A，△BFO顶点坐标为B（0，b），F（﹣c，0），O（0，0），三边长度：|BO|＝b，|FO|＝c，|BF当b＝c时，即离心率e=此时b＝c，解得e=此时|BO|＝|FO|，故△BFO为等腰三角形，故选项A正确；对于选项B，△PAO顶点坐标为P(-c，±b2a)，A（a，三边长度：|PA当|PA|＝|PO|时，即(a即(a解得a＝2c，即离心率e=ca=1对于选项C，△PBO顶点坐标为P(三边长度：|PB|=c当|PB|＝|PO|时，即c2即c2解得a＝2b，即离心率e=32时成立，故△PBO对于选项D，△PAF顶点坐标为P(-c，±b2a)，A（﹣a，三边长度：|PA|=(因为PF⊥OA，若△PAF为等腰三角形，只能|PF|＝|AF|，即b2a=a-c，即b2＝a2﹣ac，又b2＝所以a2﹣c2＝a2﹣ac，因为a＞b＞0，故该等式无解，故选项D错误．故选：ABC．【点评】本题考查椭圆方程的应用，属于难题．三．填空题（共4小题）13．（2025春•防城港月考）已知椭圆C：x2m+y2m+3=1【考点】由椭圆的离心率求解方程或参数．【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】26【分析】根据题意可得a2＝m+3，b2＝m，c2＝3，利用离心率计算m的值即可得到结果．【解答】解：∵m+3＞m＞0，∴b2＝m，a2＝m+3，c2＝a2﹣b2＝3，∴椭圆离心率e=ca=3∴a2=6，a=故答案为：26【点评】本题主要考查由椭圆的离心率求参数，属于基础题．14．（2025•香坊区校级二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的上顶点为A，点P，Q均在C上，且关于x轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为1【考点】椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】63【分析】设P（m，n），则Q（m，﹣n），根据斜率公式结合题意可得：kAP【解答】解：已知A（0，b），设P（m，n），则Q（m，﹣n），kAP=n故kAP∵m2a2+②①整理得：b2a2故答案为：63【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，离心率的求法，是中档题．15．（2025•闵行区校级开学）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点A关于原点的对称点为点B，F（c，0）（其中c＞0）为其右焦点，设【考点】求椭圆的离心率；椭圆的几何特征．【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】[2【分析】根据椭圆的对称性和性质得到四边形AFBF'矩形，再结合三角函数关系得到ca与α的关系，最后根据α的取值范围求出c【解答】解：已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点A关于原点的对称点为点B，F（设椭圆的左焦点为F′（﹣c，0），因为A，B关于原点对称，且AF⊥BF，根据椭圆的对称性可知四边形AFBF'为矩形，则|AB|＝|FF′|＝2c，在Rt△ABF中，∠ABF＝α，则|AF|＝2csinα，|BF|＝2ccosα，由椭圆的定义可知|AF|+|AF'|＝2a，又因为|AF′|＝|BF|，所以|AF|+|BF|＝2a，即2csinα+2ccosα＝2a，将2csinα+2ccosα＝2a变形可得：ca(sinα+cosα)=1，则2csinα+2ccosα化简可得：sinα+cosα=已知α∈[π当α+π4=π3时，所以sin(α+那么12sin(故答案为：[2【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．16．（2025•开封二模）已知经过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a【考点】椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】32【分析】根据题意求出a，b，c，再根据椭圆的离心率公式即可得解．【解答】解：椭圆C：x2a2+y2b左顶点和上顶点的弦的中点坐标为（﹣2，1），可得-a+02=-20+b2=1，解得∴c2＝a2﹣b2＝12，则c=2∴C的离心率e=故答案为：32【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．四．解答题（共4小题）17．（2025•嘉定区模拟）已知椭圆C：x29+y2=1，F为椭圆的右焦点，过椭圆上一点P（3，0）的直线l1交椭圆于另一点（1）求|MF|的最小值；（2）当直线l1的斜率为1时，求△PQM面积的最大值及此时点M的坐标；（3）若直线PQ与直线l2：x＝﹣3交于点D，点D不在x轴上，Q关于原点的对称点为点R，直线PR与l2交于点E，求线段|DE|的取值范围．【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）3-（2）最大值为9+31010，（3）[4，+∞）．【分析】（1）由题意，设出点M的坐标，结合椭圆的方程以及弦长公式求解即可；（2）设出直线l1的方程，将直线l1的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式求解即可；（3）设出过点P（3，0）的直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理以及D，E的坐标，代入公式求解即可．【解答】解：（1）因为椭圆的方程为x2所以a2＝9，b2＝1，c2＝8，则椭圆的右焦点F(2设M（m，n），此时|MF因为点M在椭圆上，所以m2即n2可得|=8因为m∈[﹣3，3]，对称轴m=所以|MF则|MF|的最小值为3-此时点M为椭圆的右顶点；（2）若直线l1的斜率为1且经过P（3，0），此时直线l1的方程为y＝x﹣3，联立y=x-3x29+y2=1，消去y解得x＝3或x=当x=可得y=即Q(此时|PQ设平行于直线l1的直线方程为y＝x+t，联立y=x+tx29+y2=1，消去y并整理得10x当此直线与椭圆相切时，即Δ＝182t2﹣4×10×（9t2﹣9）＝0，解得t=此时t=则当t=10时满足切点M取到△解得x=当x=解得y=即M(因为点M(-910，110)到直线则△PQM面积的最大值S=此时点M(（3）设过点P（3，0）直线为y＝k（x﹣3），联立y=k(x-3)x29+y2=1，消去y并整理得（1+9k2）x2此时Δ＝（﹣54k2）2﹣4（1+9k2）（81k2﹣9）＝36＞0，因为交点D不在x轴上，所以k≠0，设交点Q（x1，y1），由韦达定理得x1解得x1当x1解得y1因为点Q关于原点的对称点为点R，所以R(此时直线PR方程为y=因为直线PR与直线x＝﹣3相交，所以点E的纵坐标为y=因为直线y＝k（x﹣3）与直线x＝﹣3相交，所以点D的纵坐标为y＝﹣6k，此时|DE当且仅当|23k|=|6k|，即k=故|DE|的取值范围为[4，+∞）．【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．18．（2025•浦东新区模拟）已知椭圆C1的方程为x23+y2=1，右顶点为A（1）若椭圆C2的方程是x2a2+y（2）设椭圆C2的焦点在x轴上，直线AB与C2相交于点C、D，若|CD|＝3|AB|，求C2的标准方程；（3）设椭圆C2的焦点在y轴上，点P在C1上，点Q在C2上．若存在△APQ是等腰直角三角形，且|AP|＝|AQ|，求C2的长轴的取值范围．【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆的几何特征求标准方程．【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．【答案】（1）a＝6；（2）x215+y2【分析】（1）运用离心率公式计算即可；（2）先求出AB|＝2，得到直线AB的方程，设C2的方程为x2+3y2＝λ（λ＞0），C（x1，y1）D（x2，y2），直曲联立，运用弦长公式得到|CD|，求出λ＝15即可；（3）先设出C2的方程，因为有AP⊥AQ，且|AP|2＝|AQ|2的条件，所以任取C1上一点P（x0，y0）（不与点A重合），算出|AP|2和直线的斜率kAP，接着设出点Q的坐标，算出|AQ|2，由于AP⊥AQ，得出直线AQ方程，进而得到xQ-3与kAP、y2的关系，结合|AP|2＝|AQ|2【解答】解：（1）由题，椭圆C1的离心率为63，椭圆C2的离心率为a所以63解得a＝6；（2）由题意，A(3，0)，B（0，1），所以|AB直线AB的方程为y=设C2的方程为x2+3y2＝λ（λ＞0），C（x1，y1），D（x2，y2），联立直线AB与椭圆C2的方程y=代入整理得2xΔ＝12﹣8（3﹣λ）＝8λ﹣12＞0，可得λ＞12，由韦达定理可得x1+x故|=2解得λ＝15，所以C2的标准方程为x2（3）由题，设C2的方程为3x2+y2＝λ（λ＞0），由题意，AP⊥AQ，且|AP|2＝|AQ|2，任取C1上一点P（x0，y0）（不与点A重合），则|AP|2设Q（xQ，yQ），则|AQ直线AQ的方程为x=1k代入得|AQ因为|AP|2＝|AQ|2，解得yQ由对称性，不妨设yQ代回直线AQ方程可解得Q(而点Q位于C2上，所以λ=(xP（x0，y0）为C1上任一点，所以x0化简得λ=15设x0+3y0＝b，P（x0，y0）为C1上任一点，即x0整理得12y02-6by0+b2-3=0，Δ＝36b2﹣48（b解得b∈所以λ=15故C2的长轴长2λ【点评】本题考查椭圆方程的综合应用，属于难题．19．（2025•海南模拟）已知上下顶点分别为A，B的椭圆E：x2m+y24=1经过点(32，1)，P为直线l：y=12上的动点，且P不在椭圆（1）求椭圆E的方程；（2）证明：直线CD过定点；（3）设（2）问中定点为Q，过点C，D分别作直线l：y=12的垂线，垂足分别为M，N，记△CMQ，△MNQ，△DNQ的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，S2，【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆的几何特征求标准方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】（1）x2（2）证明见解析；（3）存在，t=【分析】（1）将点(32，（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），直线CD的方程为y＝kx+m，联立椭圆和直线CD的方程得到两根之和与之积，因为点P在直线y=12上，代入化简可求得m（3）先表示出为S1，S2，S3由等比中项知t2S22=S1【解答】解：（1）因为椭圆E：x2m+y24=1经过点(所以椭圆E的方程为x2（2）证明：由题意，直线CD的斜率一定存在，设C（x1，y1），D（x2，y2），直线CD的方程为y＝kx+m，联立椭圆和直线CD的方程得（3k2+4）x2+6kmx+3（m2﹣4）＝0，由韦达定理可得x1+x由点斜式可知直线AC的方程为y=y1-2两式相比得y-2y+2=y1又点D在椭圆上，所以x223+y将直线CD方程代入得(kx1将韦达定理结果代入得m2﹣10m+16＝0，解得m＝2或8，因为C，D均不与椭圆E上下顶点重合，所以m＝2舍去，即m＝8，直线CD的方程为y＝kx+8，过定点（0，8）．（3）由题意可知M(x1，12)，N(x则S△CMQ=12设存在常数t，使得S1，tS2，S3为等比数列，则t2即225t由（2）可知y1+y代入化简可得225t由（2）知联立后的方程Δ＝（48k）2﹣4×180×（3k2+4）＞0⇒k2＞20，所以t2=45(所以存在t=±12，使得S1，tS2【点评】本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．20．（2025•昌黎县校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞（1）求椭圆E的标准方程；（2）若过F的直线l交椭圆E于点P，Q（其中点P在x轴上方），B为椭圆E的左顶点．若△PAF与△QBF的面积分别为S1，S2，求S1【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆的几何特征求标准方程．【专题】综合题；对应思想；综合法；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）x2（2）(1【分析】（1）由题意列出关于a，b，c的方程组，求解即可；（2）当l斜率不存在时，易知S1S2【解答】解：（1）设椭圆的半焦距为c，因为椭圆E的离心率为12，右焦点为F，右顶点为A，AF＝1所以ca解得a＝2，b=3，c＝1则椭圆E的方程为x2（2）①当直线l的斜率不存在时，若△PAF与△QBF的面积分别为S1，S2，易知S1②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为x＝ty+1（t≠0），P（x1，y1）（y1＞0），Q（x2，y2）（y2＜0），联立x=ty+1x24+y23=1，消去x并整理得（3t2此时Δ＝36t2+36（3t2+4）＞0，由韦达定理得y1+y因为S1=1所以S1因为(y又(y设y1y2=m此时-4解得-3＜m＜-1则S1综上所述，S1S2【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．

考点卡片1．椭圆的定义【知识点的认识】1．椭圆的第一定义平面内与两个定点F1、F2的距离的和等于常数2a（2a＞|F1F2|）的动点P的轨迹叫做椭圆，其中，这两个定点F1、F2叫做椭圆的焦点，两焦点之间的距离|F1F2|叫做焦距．2．椭圆的第二定义平面内到一个定点的距离和到一条定直线的距离之比是常数e=ca（0＜e＜1，其中a是半长轴，c是半焦距）的点的轨迹叫做椭圆，定点是椭圆的焦点，定直线叫椭圆的准线，常数3．注意要点椭圆第一定义中，椭圆动点P满足{P||PF1|+|PF2|＝2a}．（1）当2a＞|F1F2|时，动点P的轨迹是椭圆；（2）当2a＝|F1F2|时，动点P的轨迹是线段F1F2；（3）当2a＜|F1F2|时，动点P没有运动轨迹．【命题方向】利用定义判断动点运动轨迹，需注意椭圆定义中的限制条件：只有当平面内动点P与两个定点F1、F2的距离的和2a＞|F1F2|时，其轨迹才为椭圆．1．根据定义判断动点轨迹例：如图，一圆形纸片的圆心为O，F是圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD，设CD与OM交于点P，则点P的轨迹是（）A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆分析：根据CD是线段MF的垂直平分线．可推断出|MP|＝|PF|，进而可知|PF|+|PO|＝|PM|+|PO|＝|MO|结果为定值，进而根据椭圆的定义推断出点P的轨迹．解答：由题意知，CD是线段MF的垂直平分线．∴|MP|＝|PF|，∴|PF|+|PO|＝|PM|+|PO|＝|MO|（定值），又显然|MO|＞|FO|，∴根据椭圆的定义可推断出点P轨迹是以F、O两点为焦点的椭圆．故选A点评：本题主要考查了椭圆的定义的应用．考查了学生对椭圆基础知识的理解和应用．2．与定义有关的计算例：已知椭圆x24+y23=1A．25B．23C．5D．3分析：先由椭圆的第一定义求出点P到右焦点的距离，再用第二定义求出点P到右准线的距离d．解答：由椭圆的第一定义得点P到右焦点的距离等于4-32=5再由椭圆的第二定义得52d=∴点P到右准线的距离d＝5，故选C．点评：本题考查椭圆的第一定义和第二定义，以及椭圆的简单性质．2．根据椭圆的几何特征求标准方程【知识点的认识】椭圆的几何特征包括长轴2a、短轴2b、焦点(±【解题方法点拨】1．提取几何特征：从题目中得到长轴、短轴或焦距．2．代入标准方程：使用几何特征计算a和b，代入标准方程：x2【命题方向】﹣由椭圆的几何特征（如长轴、短轴）求标准方程．﹣根据焦点位置和长短轴所在位置推导标准方程．3．求椭圆的焦点和焦距【知识点的认识】椭圆的焦点位于(±c，c=【解题方法点拨】1．计算焦距：使用公式c=2．确定焦点位置：焦点坐标为(±【命题方向】﹣给定a和b，计算焦点和焦距．﹣利用焦距和长短轴计算焦点位置．4．椭圆的几何特征【知识点的认识】1．椭圆的范围2．椭圆的对称性3．椭圆的顶点顶点：椭圆与对称轴的交点叫做椭圆的顶点．顶点坐标（如上图）：A1（﹣a，0），A2（a，0），B1（0，﹣b），B2（0，b）其中，线段A1A2，B1B2分别为椭圆的长轴和短轴，它们的长分别等于2a和2b，a和b分别叫做椭圆的长半轴长和短半轴长．4．椭圆的离心率①离心率：椭圆的焦距与长轴长的比ca叫做椭圆的离心率，用e表示，即：e=ca，且0＜e②离心率的意义：刻画椭圆的扁平程度，如下面两个椭圆的扁平程度不一样：e越大越接近1，椭圆越扁平，相反，e越小越接近0，椭圆越圆．当且仅当a＝b时，c＝0，椭圆变为圆，方程为x2+y2＝a2．5．椭圆中的关系：a2＝b2+c2．5．椭圆的对称性【知识点的认识】椭圆关于x轴和y轴对称，且关于坐标原点中心对称．【解题方法点拨】1．分析对称性：标准方程显示椭圆在x轴和y轴上的对称性．【命题方向】﹣描述椭圆的对称性．﹣利用标准方程确定对称性特征．6．椭圆的离心率【知识点的认识】椭圆标准方程的两种形式：（1）x